2024八年级数学下册第5章特殊平行四边形基础30题专练含解析新版浙教版

Page1第5章特殊平行四边形（基础30题专练）一．选择题（共8小题）1．（濮阳期末）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（）A．四条边相等，四个角相等 B．对角线相等 C．对角线相互垂直 D．对角线相互平分【分析】利用菱形、矩形和正方形的性质进行推断．【解答】解：菱形，矩形，正方形都具有的性质为对角线相互平分．故选：D．【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，相互垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．2．（高州市期末）正方形具有而矩形不愿定有的性质是（）A．对角互补 B．四个角相等 C．对角线相互垂直 D．对角线相等【分析】利用正方形的性质和矩形的性质可求解．【解答】解：∵正方形具有的性质有对角互补，四边相等，对边平行，四个角都相等，对角线相等，对角线相互垂直，矩形具有的性质有对角互补，四个角都相等，对边平行，对角线相等，∴矩形不愿定有的性质是对角线相互垂直，故选：C．【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，娴熟驾驭正方形的性质是本题的关键．3．（宁波模拟）矩形ABCD相邻的两条边长分别为5和12，则对角线AC的长为（）A．10 B．12 C．13 D．17【分析】依据矩形的性质和勾股定理即可得到结论．【解答】解：∵矩形ABCD相邻的两条边长分别为5和12，∴AC＝＝13，故选：C．【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，娴熟驾驭矩形的性质是解题的关键．4．（宁波期末）正方形具有而菱形不愿定具有的性质是（）A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线相互垂直平分 D．对角线平分一组对角【分析】依据正方形与菱形的性质即可求得答案，留意解除法在解选择题中的应用．【解答】解：菱形和矩形的性质合在一起得到了正方形．正方形具有而菱形不具有的性质即为矩形的特性，由矩形对角线相等满足条件．故选：B．【点评】此题考查了正方形与菱形的性质，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理，切勿混淆．5．（邯郸期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠OAD＝40°，则∠COD＝（）A．20° B．40° C．80° D．100°【分析】依据矩形的性质可得OA＝OD，然后依据三角形的外角的性质即可解决问题【解答】解：∵矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∴OD＝OB＝OA＝OC，∵∠OAD＝40°，∴∠ODA＝∠OAD＝40°，∴∠COD＝∠ODA+∠OAD＝40°+40°＝80°，故选：C．【点评】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等学问，解题的关键是灵敏运用所学学问解决问题，属于中考常考题型．6．（襄汾县期末）已知：如图，M是正方形ABCD内的一点，且MC＝MD＝AD，则∠AMB的度数为（）A．120° B．135° C．145° D．150°【分析】利用等边三角形和正方形的性质求得∠ADM＝30°，然后利用等腰三角形的性质求得∠MAD的度数，从而求得∠BAM＝∠ABM的度数，利用三角形的内角和求得∠AMB的度数．【解答】解：∵MC＝MD＝AD＝CD，∴△MDC是等边三角形，∴∠MDC＝∠DMC＝∠MCD＝60°，∵∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ADM＝30°，∴∠MAD＝∠AMD＝75°，∴∠BAM＝15°，同理可得∠ABM＝15°，∴∠AMB＝180°﹣15°﹣15°＝150°，故选：D．【点评】本题考查了正方形的性质及等边三角形的性质，解题的关键是依据等腰三角形的性质求得有关角的度数，难度不大．7．（婺城区期末）陈师傅应客户要求加工4个长为4cm、宽为3cm的矩形零件．在交付客户之前，陈师傅须要对4个零件进行检测．依据零件的检测结果，图中有可能不合格的零件是（）A． B． C． D．【分析】依据矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线相互平分且相等的四边形是矩形．【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判定矩形，不符合题意；B、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形，不符合题意；C、对角相等的四边形不愿定是矩形，不能判定形态，符合题意；D、一组对边平行且相等，能判定平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，则能判定矩形，不符合题意．故选：C．【点评】本题考查的是矩形的判定定理，牢记矩形的判定方法是解答本题的关键，难度较小．8．（义乌市期末）如图，已知长方形纸板的边长DE＝10，EF＝11，在纸板内部画Rt△ABC，并分别以三边为边长向外作正方形，当边HI、LM和点K、J都恰好在长方形纸板的边上时，则△ABC的面积为（）A．6 B． C． D．【分析】由“AAS”可证△ABC≌△BJQ，可得AC＝BQ，同理可证AR＝BC，由线段的和差关系可得AC+2BC＝11，2AC+BC＝10，可求AC，BC的长，即可求解．【解答】解：如图，延长CA交GF于R，延长CB交EF于Q，∵四边形ACML，ABJK是正方形，∴AC＝CM，CM⊥GD，AB＝BJ，∠ABJ＝90°，∵四边形GFED是矩形，∴GD∥EF，∴MC⊥EF，∴∠BQJ＝∠ACB＝90°＝∠ABJ，∴∠ABC+∠BAC＝90°＝∠ABC+∠QBJ，∴∠BAC＝∠QBJ，在△ABC和△BJQ中，，∴△ABC≌△BJQ（AAS），∴AC＝BQ，同理可证：AR＝BC，∵AC+CH+AR＝11，MC+BC+BQ＝10，∴AC+2BC＝11，2AC+BC＝10，∴AC＝3，BC＝4，∴S△ABC＝×AC×BC＝×3×4＝6，故选：A．【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．二．填空题（共11小题）9．（温州模拟）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F．若∠ADE+∠CDF＝80°，则∠EDF等于50度．【分析】依据垂直的定义得到∠AED＝∠DFC＝90°，依据三角形的内角和定理得到∠A+∠C＝180°﹣80°＝100°，依据菱形的性质得到∠A＝∠C＝50°，于是得到结论．【解答】解：∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠AED＝∠DFC＝90°，∵∠ADE+∠CDF＝80°，∴∠A+∠C＝180°﹣80°＝100°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C＝50°，∴∠ADC＝130°，∴∠EDF＝∠ADC﹣（∠ADE+∠CDF）＝50°，故答案为：50．【点评】本题考查了菱形的性质，垂直的定义，三角形的内角和定理，娴熟驾驭菱形的性质是解题的关键．10．（西湖区一模）矩形ABCD中，A（﹣3，2），B（0，2），C（0，3），则点D坐标为（﹣3，3）．【分析】先在坐标系内描出A，B，C三点的坐标，然后依据矩形的性质写出D点坐标．【解答】解：在矩形ABCD中A（﹣3，2），C（0，3），B（0，2）．∴点D的横坐标为﹣3，纵坐标为3．∴点D的坐标为（﹣3，3）．故答案为：（﹣3，3）．【点评】本题考查了坐标系内点的坐标特征，矩形的性质，是常见题型．11．（永嘉县校级期末）如图，已知在菱形ABCD中，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E、F，且AE＝BE，则∠EDF＝60度．【分析】连接BD，然后利用“边角边”证明△ADE和△BDE全等，依据全等三角形对应边相等可得AD＝BD，从而得到△ABD和△BCD是等边三角形，依据等边三角形的性质求出∠BDE＝30°，∠BDF＝30°，从而得解．【解答】解：如图，连接BD，在△ADE和△BDE中，，∴△ADE≌△BDE（SAS），∴AD＝BD，∴AB＝BC＝CD＝AD＝BD，∴△ABD和△BCD是等边三角形，∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠BDE＝×60°＝30°，∠BDF＝×60°＝30°，∴∠EDF＝∠BDE+∠BDF＝30°+30°＝60°．故答案为：60．【点评】本题考查了菱形的四条边都相等的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，作帮助线构造出全等三角形与等边三角形是解题的关键．12．（萧山区月考）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的点，AE的垂直平分线交CD，AB于点F，G．若BG＝2BE，则AG：BG＝：2，DF：CF＝．【分析】连接GE，延长GF交AD的延长线于H点，由于BG＝2BE，设BE＝x，BG＝2x，依据锐角三角函数的定义以及正方形的性质即可求出答案．【解答】解：连接GE，延长GF交AD的延长线于H点，∵BG＝2BE，设BE＝x，BG＝2x，则：GE＝x，又∵FG垂直平分AE，则AG＝GE＝x，∴＝；故正方形的边长AB＝AG+BG＝（+2）x，在Rt△ABE中，tan∠BAE＝＝＝﹣2，∵∠H＝∠BAE，tan∠H＝＝﹣2，∴＝﹣2，则AH＝（5+2）x，∴DH＝AH﹣AD＝（5+2）x﹣（+2）＝（+3）x，∵tanH＝＝﹣2，∴DF＝（﹣2）（+3）x＝（﹣1）x，∴FC＝CD﹣DF＝（+2）x﹣（﹣1）x＝3x，故＝；故答案为：：2，．【点评】考查正方形的性质，解题的关键是娴熟运用中垂线的性质，勾股定理以及解直角三角形，本题属于中等题型．13．（南湖区校级期中）如图，请添加一个条件使平行四边形ABCD成为矩形，这个条件可以是AC＝BD或∠ABC＝90°（写出一种状况即可）．【分析】矩形是特殊的平行四边形，矩形有平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线相等，矩形的四个内角相等且都等于90°，可针对这些特点来添加条件．【解答】解：若使平行四边形ABCD变为矩形，可添加的条件是：AC＝BD；（对角线相等的平行四边形是矩形）∠ABC＝90°．（有一个角是直角的平行四边形是矩形）故答案为：AC＝BD或∠ABC＝90°．【点评】本题主要考查了矩形的性质，驾驭矩形、菱形等特殊四边形的有别与平行四边形的性质是解决问题的关键．14．（永嘉县校级模拟）在矩形ABCD中，点A关于∠B的平分线的对称点为E，点E关于∠C的平分线的对称点为F．若AD＝AB＝2，则AF2＝40﹣16．【分析】由AD＝AB＝2，可求得AB＝2，AD＝2，又由在矩形ABCD中，点A关于角B的角平分线的对称点为E，点E关于角C的角平分线的对称点为F，依据轴对称的性质，可求得BE，CF的长，继而求得DF的长，然后由勾股定理求得答案．【解答】解：∵AD＝AB＝2，∴AB＝2，AD＝2，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝2，CD＝AB＝2，∵在矩形ABCD中，点A关于角B的角平分线的对称点为E，点E关于角C的角平分线的对称点为F，∴BE＝AB＝2，∴CF＝CE＝BC﹣BE＝2﹣2，∴DF＝CD﹣CF＝4﹣2，∴AF2＝AD2+DF2＝（2）2+（4﹣2）2＝40﹣16．故答案为：40﹣16；【点评】此题考查了矩形的性质、轴对称的性质以及勾股定理．留意驾驭轴对称图形的对应关系．15．（十堰）如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点．若AB＝5，AD＝12，则四边形ABOM的周长为20．【分析】依据题意可知OM是△ADC的中位线，所以OM的长可求；依据勾股定理可求出AC的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出BO的长，进而求出四边形ABOM的周长．【解答】解：∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，∴OM＝CD＝AB＝2.5，∵AB＝5，AD＝12，∴AC＝＝13，∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，∴BO＝AC＝6.5，∴四边形ABOM的周长为AB+AM+BO+OM＝5+6+6.5+2.5＝20，故答案为：20．【点评】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半这一性质，题目的综合性很好，难度不大．16．（嘉兴期末）要使矩形ABCD成为正方形，可添加的条件是AB＝BC（写一个即可）．【分析】依据有一组邻边相等或对角线相互垂直的矩形是正方形添加条件．【解答】解：依据有一组邻边相等或对角线相互垂直的矩形是正方形，得到应当添加的条件为：AB＝BC或BC＝CD或CD＝DA或DA＝AB或AC⊥BD．故答案为：AB＝BC．【点评】本题是考查了正方形的判定，判别一个四边形为正方形主要依据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角．17．（定海区期末）如图，矩形ABCD中，AD＝6，CD＝7，E为AD上一点，且AE＝2，点F、H分别在边AB、CD上，四边形EFGH为矩形，则当△HGC为直角三角形时，AF的值是3或4或．【分析】首先可推断出∠HGC＝90°，设AF＝x，再利用△AEF∽△BFC，得，代入解方程即可；当∠HGC＝90°时，画出图形，利用一线三等角相像可得答案．【解答】解：当△HGC为直角三角形时，当∠HGC＝90°，∵四边形EFGH是矩形，∴∠HGF＝90°，∴∠HGF+∠HGC＝180°，∴点F、G、C三点共线，设AF＝x，则BF＝7﹣x，∴△AEF∽△BFC，∴，∴，解得x＝3或4，∴AF＝3或4；当∠HGC＝90°时，∵四边形ABCD是矩形，∴EH＝FG，∠HEF＝∠EFG＝90°，∵∠A＝∠D＝∠B＝90°，∴∠DEH＝∠BGF，∴△DEH≌△BGF（AAS），∴DH＝BF，设AF＝x，则BF＝DH＝7﹣x，由△DEH∽△AFE得，，∴，解得x＝，∴AF＝，故答案为：3或4或．【点评】本题主要考查了矩形的性质，相像三角形的判定与性质等学问，判定出点F、G、C三点共线是解题的关键．18．（东阳市校级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，延长BC至点E，使CE＝3，连接DE得到四边形ABED，动点P从点B动身，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD向终点D运动，设点P运动的时间为t秒（t＞0）时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，则t＝2或3或．【分析】分三种状况探讨，利用全等三角形的性质和直角三角形的性质可求解．【解答】解：①当点P在BC上，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，∴点P到AD边的距离为4，∴点P到AB边的距离也为4，即BP＝4，∴2t＝4，∴t＝2；②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，∴点P到DE边的距离也为4，∵CE＝3，DC＝4，∴DE＝＝＝5，在△DCE和△PFE中，，∴△DCE≌△PFE（AAS），∴PE＝DE＝5，∴PC＝PE﹣CE＝2，∴8﹣2t＝2，∴t＝3；③当点P在CD上，如图，过点P作PH⊥DE于点H，点P到DE、BE边的距离相等，即PC＝PH，∵PC＝2t﹣8，∵S△DCE＝S△DPE+S△PCE，∴×3×4＝×5×PH+×3×PC，∴12＝8PH，∴12＝8（2t﹣8），∴t＝．综上所述：t＝2或t＝3或t＝时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．故答案为：2或3或．【点评】本题考查了矩形的性质，角平分线定义，三角形的面积，全等三角形的判定与性质，灵敏运用这些性质解决问题是解题的关键．19．（海曙区期末）在芯片制作过程中，须要对AB＝2cm，AD＝3cm的矩形区域进行划区处理，划成如图所示的“M0+N1”的形式，其中M0为竖式矩形（＝），N1为横式矩形（＝），则芯片被利用区域的长AG的值为2cm．【分析】依据已知条件AB＝2cm，＝，求得AE＝cm，由图知EF＝AB＝1（cm），＝，于是得到EG＝cm，即可得到结论．【解答】解：∵AB＝2cm，＝，∴AE＝cm，∵EF＝AB＝1（cm），＝，∴EG＝cm，∴AG＝AE+EG＝2（cm），故答案为：2．【点评】本题考查了矩形的性质，娴熟驾驭矩形的性质是解题的关键．三．解答题（共11小题）20．（宁波模拟）如图，点H，F分别在菱形ABCD的边AD，BC上，点E，G分别在BA，DC的延长线上．且AE＝AH＝CG＝CF．（1）求证：四边形EFGH为平行四边形．（2）写出△AEH和四边形EFGH的面积之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）如图1中，只要证明△DHG≌△BFE，推出HG＝EF，∠DHG＝∠BFE，由BC∥AD，推出∠BFE＝∠DKF，推出∠DHG＝∠DKG，推出HG∥EF，即可证明．（2）如图2中，结论：S△AEH＝S△EHO＝S四边形EFGH．首先证明HF、AC、EG相互平分，相交于点O，再证明EH∥AC即可解决问题．【解答】（1）证明：如图1中，设EF交AD于K．∵四边形ABCD是菱形，∠D＝∠B，AB＝CD＝AD＝BC，∵AE＝AH＝CG＝CF，∴DH＝BF，BE＝DG，在△DHG和△BFE中，，∴△DHG≌△BFE，∴HG＝EF，∠DHG＝∠BFE，∵BC∥AD，∴∠BFE＝∠DKF，∴∠DHG＝∠DKG，∴HG∥EF，∴四边形EFGH是平行四边形．（2）解：结论：S△AEH＝S△EHO＝S四边形EFGH．理由如下：连接HC、AF、HF、AC，HF交AC于O，连接EG．∵AH＝CF，AH∥CF，∴四边形AHCF是平行四边形，∴AC与HF相互平分，∵四边形EFGH是平行四边形，∴HF与EG相互平分，∴HF、AC、EG相互平分，相交于点O，∵AE＝AH，DA＝DC，BE∥DC，∴∠EAH＝∠D，∴∠AEH＝∠AHE＝∠DAC＝∠DCA，∴EH∥AC，∴S△AEH＝S△EHO＝S四边形EFGH．【点评】本题考查菱形的性质．平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行线的判定和性质等学问，解题的关键是正确找寻全等三角形解决问题，学会添加常用帮助线，其次个问题的关键是证明EH∥AC，属于中考常考题型．21．如图所示，▱ABCD的两条对角线AC、BD相交于点O，AB＝，AC＝4，BD＝2．试证：四边形ABCD是菱形．【分析】由平行四边形的对角线相互平分得到△AOB的两条边OA、OB的长度，则依据勾股定理的逆定理判定∠AOB＝90°，即平行四边形的对角线相互垂直平分，故四边形ABCD是菱形．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝4，BD＝2，∴OA＝AC＝2，OB＝BD＝1．又AB＝，∴AB2＝OA2+OB2＝5，∴∠AOB＝90°，即AC⊥BD，∴平行四边形ABCD的对角线相互垂直平分，∴平行四边形ABCD是菱形．【点评】本题考查了菱形的判定．对角线相互垂直的平行四边形是菱形（或“对角线相互垂直平分的四边形是菱形”）．22．（永嘉县校级模拟）如图，已知在△ABC中，D为BC的中点，连接AD，E为AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：四边形ADCF为平行四边形．（2）当四边形ADCF为矩形时，AB与AC应满足怎样的数量关系？请说明理由．【分析】（1）利用△AEF≌△DEB得到AF＝DB，所以AF＝DC，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形ADCF为平行四边形；（2）利用等腰三角形的性质以及矩形的性质得出即可．【解答】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠FAE＝∠EDB，∠AFE＝∠EBD．∴△AEF≌△DEB（AAS），∴AF＝DB，又∵BD＝DC，∴AF＝DC，∴四边形ADCF为平行四边形；（2）四边形ADCF为矩形时AB＝AC；理由：∵四边形ADCF为矩形，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∵D为BC的中点，∴AB＝AC，∴四边形ADCF为矩形时AB＝AC．【点评】此题主要考查了矩形的性质和全等三角形的判定等学问，利用了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的性质是解题关键．23．（2024•嘉兴模拟）已知：如图，在矩形ABCD中，E为AD上一点，EF⊥CE，交AB于点F，DE＝2，矩形的周长为16，且CE＝EF．求AE的长．【分析】由题意可证△AEF≌△ECD，可得AE＝CD，由矩形的周长为16，可得2（AE+DE+CD）＝16，可求AE的长度．【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝∠D＝90°∵EF⊥CE∴∠CEF＝90°∴∠CED+∠AEF＝90°∵∠CED+∠DCE＝90°∴∠DCE＝∠AEF∵CE＝EF，∠A＝∠D，∠DCE＝∠AEF∴△AEF≌△DCE∴AE＝DC由题意可知：2（AE+DE+CD）＝16且DE＝2∴2AE＝6∴AE＝3【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，娴熟驾驭矩形的性质是本题的关键．24．（舟山）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE＝CF”成立，并加以证明．【分析】依据SAS即可证明△ABE≌△CDF可得AE＝CF．【解答】解：添加的条件是BE＝DF（答案不唯一）．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABD＝∠BDC，又∵BE＝DF（添加），∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF．【点评】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质等学问，解题的关键是娴熟驾驭全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．25．（鹿城区校级三模）如图，已知四边形ABCD为矩形，点E，F分别为AB、CD中点，连接AF，CE．（1）求证：AF＝CE；（2）在AF上取点P，连接PE、PC，若CD＝10，AD＝12，求△PEC的面积．【分析】（1）由矩形的性质可得AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，∠B＝∠D＝90°，由“SAS”可证△ADF≌△CBE，可得AF＝CE；（2）由题意可证四边形AECF是平行四边形，即可求△PEC的面积．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，∠B＝∠D＝90°，∵点E，F分别为AB、CD中点，∴BE＝AE＝AB，DF＝CF＝CD∴AE＝BE＝DF＝CF，且∠B＝∠D＝90°，AD＝BC，∴△ADF≌△CBE（SAS）∴AF＝CE，（2）∵AE＝CF，AB∥CD∴四边形AECF是平行四边形，∴S△PEC＝S▱AECF，∵CD＝10，AD＝12∴CF＝5∴S△PEC＝S▱AECF＝×5×12＝30【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，娴熟运用矩形的性质是本题的关键．26．（萧山区月考）在面积为定值的一组菱形中，当菱形的一条对角线长为4cm时，它的另一条对角线长为12cm．（1）设菱形的两条对角线长分别为x（cm）和y（cm），求y关于x的函数解析式．（2）若其中一个菱形的一条对角线长为6cm，求这个菱形的边长．（3）小杭同学说：这个菱形的两条对角线长的和可以为13cm．小杭的说法正确吗？请说明理由．【分析】（1）由菱形的面积＝对角线积的一半，列出等式，可求解；（2）先求出另一条对角线，由勾股定理可求解；（3）利用根的本判别式可求解．【解答】解：（1）由题意可得：，∴；（2）当x＝6cm，则y＝8cm，∴菱形的边长＝＝5；（3）小杭的说法不正确，理由如下：若x+y＝13，则，∴x2﹣13x+48＝0，∴△＝b2﹣4ac＝﹣23＜0，∴小杭的说法不正确．【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用，灵敏运用这些性质解决问题是解题的关键．27．（台州模拟）如图，矩形ABCD，过点A，C分别作BD的垂线，垂足为点E，F，连接AF，CE．（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）当∠CEF＝45°时，求BE：EF的值．【分析】（1）由“AAS”可知△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，可得结论；（2）利用参数和勾股定理分别求出BE和EF，即可求解．【解答】（1）证明：在矩形ABCD中AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，∵AE⊥BD，CF⊥BD，∴∠AEB＝∠CFD＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，∵∠AEF＝∠CFE＝90°，∴AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形．（2）如图，连接AC交EF于点O，∵四边形AECF是平行四边形．∴OE＝OF，AO＝OC，设OE＝OF＝a，EF＝2a，∴∠CEF＝45°，∠EFC＝90°，∴∠ECF＝90°﹣∠CEF＝45°，∴CF＝EF＝2a，∴，∵矩形ABCD，∴AC＝BD，，∴，∴，∴．【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，灵敏运用这些性质解决问题是解题的关键．28．（余姚市期中）如图，已知正方形ABCD，∠MAN＝45°，连接CB，交AM、AN分别于点P、Q，求证：CP2+BQ2＝PQ2．【分析】△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，可得AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，利用SAS证明△Q′AP≌△QAP，得到PQ＝PQ′，在Rt△Q′CP中，由勾股定理得